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高考 第21讲 数列中的结构不良问题
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第21讲 数列中的结构不良问题
2020年新高考试卷中出现了结构不良试题，所谓结构不良，就是试题不是完整呈现，一般需要考生从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能导致不同的结论，难度与用时也会有所不同．此类题型的设置一定程度上让学生参与了命题，从传统解题向解决问题的思维转变．
[典例 1] (2021·全国甲)已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解析：
①③⇒②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1．
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①②⇒③．
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，
则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．
②③⇒①．
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．
设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，
所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，
所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列．
[典例 2] 在等差数列{an}中，已知a6＝16，a18＝36．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn．
在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
(1)由题意，解得d＝2，a1＝2．∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．
(2)选条件①：bn＝＝，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝．
选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．
∴Sn＝
选条件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②
由①－②得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1
＝－2n×4n＋1＝－2n×4n＋1，
∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1．
[典例 3] 给出以下三个条件：
①数列{an}是首项为2，满足Sn＋1＝4Sn＋2的数列；
②数列{an}是首项为2，满足3Sn＝22n＋1＋λ(λ∈R)的数列；
③数列{an}是首项为2，满足3Sn＝an＋1－2的数列．
请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
设数列{an}的前n项和为Sn，an与Sn满足________．
记数列bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
解析：
选①，由已知Sn＋1＝4Sn＋2，(*)，当n≥2时，Sn＝4Sn－1＋2，(**)
(*)－(**)，得an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an，即an＋1＝4an．
当n＝1时，S2＝4S1＋2，即2＋a2＝4×2＋2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，
故{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1．
bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，
cn＝＝＝＝－．
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝．
选②，由已知3Sn＝22n＋1＋λ，(*)，当n≥2时，3Sn－1＝22n－1＋λ，(**)
(*)－(**)，得3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1．
当n＝1时，a1＝2满足an＝22n－1，所以an＝22n－1，下同选①．
选③，由已知3Sn＝an＋1－2， (*)，则n≥2时，3Sn－1＝an－2， (**)
(*)－(**)，得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an．
当n＝1时，3a1＝a2－2，而a1＝2，得a2＝8，满足a2＝4a1，
故{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1，下同选①．
[典例 4] 在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，请说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1
解析：
设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)．∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，
∴bn＝－(－3)n－1．又∵b1＝a5，∴a5＝－1．
法一 选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d．
∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，
∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，
∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23．
∴要使Sk＋1
∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，
∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194．
∴要使Sk＋1
选③S5＝－25时：设等差数列{an}的公差为d．
∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2．
同理可得∴
∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，
∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，
即存在k＝4符合题意．
选②a4＝b4时：同理可得an＝－28n＋139，
此时{an}为递减数列，不存在正整数k符合题意．
选③S5＝－25时：同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，
即存在k＝4符合题意．
[典例 5] 在①bn＝nan，②bn＝③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知数列{an}是等比数列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记________，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析：
(1)设数列{an}的公比为q，因为a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，
所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．
又因为a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，
所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，若选择条件①，则bn＝n·2n－1，
所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，
则2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，
两式相减得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，
所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件②，则bn＝
所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋＝＋n2－．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件③，则bn＝，
所以T2n＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝．
【典例精练】
1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知________，求公比q以及a＋a＋…＋a．从①a2a5＝－32，且
a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，
由a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8或a3＝－8，a4＝4，
即q＝－2或q＝－．
因为{a}是以a为首项，q2为公比的等比数列，
当q＝－2时，a1＝1，此时a＋a＋…＋a＝；
当q＝－时，a1＝－32，此时a＋a＋…＋a＝．
若选②，＝8，即q3＝8，故q＝2．
因为{a}是以a＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝．
若选③，S2＝a3－1(*)，S3＝a4－1(**)，
令(**)式减(*)式，得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2．
则(*)式中，a1＋a2＝a3－1，即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1．
因为{a}是以a＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝．
2．从条件①2Sn＝(n＋1)an，② ＋＝an(n≥2)，③an>0，a＋an＝2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．@钻研数学
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________．若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求k的值．
解析：
若选择①，
∵2Sn＝(n＋1)an，n∈N*，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，n∈N*．
两项相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，整理得nan＋1＝(n＋1)an．即＝，n∈N*，
∴为常数列．＝＝1，∴an＝n．
ak＝k，Sk＋2＝(k＋2)×1＋×1＝．
又a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)(k＋3)＝2k2，k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)．∴k＝6．
若选择②，
由＋＝an(n≥2)变形得＋＝Sn－Sn－1，＋＝( ＋)( －)，
易知Sn>0，∴ －＝1，{}为等差数列，而＝＝1，∴ ＝n，Sn＝n2，
∴an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，且n＝1时也满足，∴an＝2n－1．
∵a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)2＝(2k－1)2，∴k＝3或k＝－，又k∈N*，∴k＝3．
若选择③，
∵a＋an＝2Sn(n∈N*)，∴a＋an－1＝2Sn－1(n≥2)．
两式相减得a－a＋an－an－1＝2Sn－2Sn－1＝2an(n≥2)，
整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1(n≥2)．
∵an>0，∴an－an－1＝1(n≥2)，∴{an}是等差数列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
Sk＋2＝(k＋2)×1＋×1＝．
又a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)(k＋3)＝2k2，
解得k＝6或k＝－1，又k∈N*，∴k＝6．
3．从①前n项和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，
填至横线上，并完成解答．
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
选择①：
(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0．当n≥2时，由题意，得Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)．
化简，得m＝3n2－4n＋2＝3＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取到最小值6．
选择③：
(1)因为2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列．
设数列{an}的公差为d．因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2．
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*) ．
(2)因为a1，an，am成等比数列，所以a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
4．已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，
使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2，②q＝，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
选择①：存在满足条件的正整数k．
求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3．所以Sn＝＝3(2n－1)．
令Sk>2 020，则2k>．因为29<<210，所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为10．
选择②：不存在满足条件的正整数k．理由如下：
因为a3＝12，所以a1＝＝48．所以Sn＝＝96．
因为Sn<96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k．
选择③：存在满足条件的正整数k．求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3．
所以Sn＝＝1－(－2)n．令Sk>2 020，则1－(－2)k>2 020，
整理得(－2)k<－2 019．当k为偶数时，原不等式无解．当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019．
所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为11．
5．在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上．若问题中的正整数k
存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，∴a5＝10，∴公差d＝＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，∴b3＝a4＝8．
假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立．
设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
若选①．∵b2b3＝a16，∴b2＝4，∴q＝＝2，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选②．∵b4＝a12＝24，∴q＝＝3，∴bn＝8·3n－3．
∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，该方程无正整数解，
∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选③．∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
6．在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解
答．设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．
解析：
由Tn＝2bn－1，n∈N*得，当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，
从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，@钻研数学
由此可知，数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1．
①当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20，
设数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d，即20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值．
因此，正整数k的值为11．
②当S3＝87时，a1＝32，3a2＝87，设数列{an}的公差为d，则3(32＋d)＝87，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11．
③当a9－a10＝b1＋b2时，a1＝32，a9－a10＝3，
设数列{an}的公差为d，则－d＝3，解得d＝－3，所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11．
7．从①前n项的和Sn＝n2＋p(p∈R)，②an＝an＋1－3，③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，
补充到下面的问题中，并解答．
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．
解析：
若选择①：
(1)当n＝1时，由a1＝S1＝1＋p＝1，得p＝0．
当n≥2时，由题意得Sn＝n2，Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)，
化简得m＝2n2－2n＋1＝22＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值5．
若选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，
所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)，
化简得m＝3n2－4n＋2＝32＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值6．
若选择③：
(1)由2an＋1＝an＋an＋2，得an＋1－an＝an＋2－an＋1，所以数列{an}是等差数列．
设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．
(2)同选择①．
8．在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断{cn}是否是递增数列，请说明理由．
已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)．判断{cn}是否是递增数列，并说理理由．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列，所以an＝1＋n－1＝n．设{bn}的公比为q(q>0)．
若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，
所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1．
因为＝＝<1，即cn
所以bn＝1，则cn＝n．因为cn＝n
因为＝＝≥1，即cn≥cn＋1，所以{cn}不是递增数列．
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________．在
①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
(1)若选条件①，b5＝4(b4－b3)．设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1．∴an＝1＋(n－1)×1＝n．
设等比数列{bn}的公比为q．由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2)．
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2．所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
若选条件②，bn＋1＝Sn＋2．令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4．∴公比q＝＝2．
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．从而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，
∴Tn＝－，∴Tn＝2－2n＋1＋＋．
10．在①Sn＝n2＋n；②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42；③＝，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列．________，b1＝a1，b2＝．求数列的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
若选①：
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又n＝1时满足an＝2n，所以an＝2n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选②：
设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得解得所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选③：
由＝，得＝，所以＝，即an＝a1n，
S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
11．在①已知数列{an}满足：an＋1－2an＝0，a3＝8；②等比数列{an}中，公比q＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若2Tn＞m－2 022对n∈N*恒成立，求正整数m的最大值．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解析：
(1)选择条件①，
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q．
由an＋1－2an＝0，a3＝8，得{an}为等比数列，q＝2，a1＝2，所以an＝2n．
选择条件②，
设等比数列{an}的首项为a1，由公比q＝2，前5项和为62，得＝62，解得a1＝2，
所以an＝2n．
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝1－－，
所以Tn＝2－．
因为Tn＋1－Tn＝－＝＞0，
所以数列{Tn}单调递增，T1最小，最小值为．
所以2×＞m－2 022．所以m＜2 023．
故正整数m的最大值为2 022．
12．在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an．公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列的前n项和Sn．
注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．@钻研数学
解析：
因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1．
选①②时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3．
因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，解得b1＝，b2＝，
所以d＝，所以bn＝，满足b2n＝2bn＋1．所以＝．
Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，(1)
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，(2)
(1)－(2)，得Sn＝＋5－＝＋－－＝－，
所以Sn＝－．
选②③时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3．
因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以＝，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，(1)
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，(2)
(1)－(2)，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝－，
所以Sn＝－．
选①③时，设数列{bn}的公差为d，因为b2n＝2bn＋1，
所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1．
又因为b1，b2，b4成等比数列，
所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而无解，
所以等差数列{bn}不存在，故不符合题意．
第21讲 数列中的结构不良问题
2020年新高考试卷中出现了结构不良试题，所谓结构不良，就是试题不是完整呈现，一般需要考生从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能导致不同的结论，难度与用时也会有所不同．此类题型的设置一定程度上让学生参与了命题，从传统解题向解决问题的思维转变．
[典例 1] (2021·全国甲)已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解析：
①③⇒②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1．
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①②⇒③．
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，
则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．
②③⇒①．
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．
设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，
所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，
所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列．
[典例 2] 在等差数列{an}中，已知a6＝16，a18＝36．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn．
在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
(1)由题意，解得d＝2，a1＝2．∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．
(2)选条件①：bn＝＝，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝．
选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．
∴Sn＝
选条件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②
由①－②得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1
＝－2n×4n＋1＝－2n×4n＋1，
∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1．
[典例 3] 给出以下三个条件：
①数列{an}是首项为2，满足Sn＋1＝4Sn＋2的数列；
②数列{an}是首项为2，满足3Sn＝22n＋1＋λ(λ∈R)的数列；
③数列{an}是首项为2，满足3Sn＝an＋1－2的数列．
请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
设数列{an}的前n项和为Sn，an与Sn满足________．
记数列bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
解析：
选①，由已知Sn＋1＝4Sn＋2，(*)，当n≥2时，Sn＝4Sn－1＋2，(**)
(*)－(**)，得an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an，即an＋1＝4an．
当n＝1时，S2＝4S1＋2，即2＋a2＝4×2＋2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，
故{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1．
bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，
cn＝＝＝＝－．
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝．
选②，由已知3Sn＝22n＋1＋λ，(*)，当n≥2时，3Sn－1＝22n－1＋λ，(**)
(*)－(**)，得3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1．
当n＝1时，a1＝2满足an＝22n－1，所以an＝22n－1，下同选①．
选③，由已知3Sn＝an＋1－2， (*)，则n≥2时，3Sn－1＝an－2， (**)
(*)－(**)，得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an．
当n＝1时，3a1＝a2－2，而a1＝2，得a2＝8，满足a2＝4a1，
故{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an＝22n－1，下同选①．
[典例 4] 在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，请说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1
解析：
设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)．∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，
∴bn＝－(－3)n－1．又∵b1＝a5，∴a5＝－1．
法一 选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d．
∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，
∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，
∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23．
∴要使Sk＋1
∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，
∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194．
∴要使Sk＋1
选③S5＝－25时：设等差数列{an}的公差为d．
∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2．
同理可得∴
∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，
∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，
即存在k＝4符合题意．
选②a4＝b4时：同理可得an＝－28n＋139，
此时{an}为递减数列，不存在正整数k符合题意．
选③S5＝－25时：同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，
即存在k＝4符合题意．
[典例 5] 在①bn＝nan，②bn＝③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知数列{an}是等比数列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记________，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析：
(1)设数列{an}的公比为q，因为a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，
所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．
又因为a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，
所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，若选择条件①，则bn＝n·2n－1，
所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，
则2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，
两式相减得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，
所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件②，则bn＝
所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋＝＋n2－．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件③，则bn＝，
所以T2n＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝．
【典例精练】
1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知________，求公比q以及a＋a＋…＋a．从①a2a5＝－32，且
a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，
由a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8或a3＝－8，a4＝4，
即q＝－2或q＝－．
因为{a}是以a为首项，q2为公比的等比数列，
当q＝－2时，a1＝1，此时a＋a＋…＋a＝；
当q＝－时，a1＝－32，此时a＋a＋…＋a＝．
若选②，＝8，即q3＝8，故q＝2．
因为{a}是以a＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝．
若选③，S2＝a3－1(*)，S3＝a4－1(**)，
令(**)式减(*)式，得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2．
则(*)式中，a1＋a2＝a3－1，即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1．
因为{a}是以a＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝．
2．从条件①2Sn＝(n＋1)an，② ＋＝an(n≥2)，③an>0，a＋an＝2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．@钻研数学
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________．若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求k的值．
解析：
若选择①，
∵2Sn＝(n＋1)an，n∈N*，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，n∈N*．
两项相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，整理得nan＋1＝(n＋1)an．即＝，n∈N*，
∴为常数列．＝＝1，∴an＝n．
ak＝k，Sk＋2＝(k＋2)×1＋×1＝．
又a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)(k＋3)＝2k2，k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)．∴k＝6．
若选择②，
由＋＝an(n≥2)变形得＋＝Sn－Sn－1，＋＝( ＋)( －)，
易知Sn>0，∴ －＝1，{}为等差数列，而＝＝1，∴ ＝n，Sn＝n2，
∴an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，且n＝1时也满足，∴an＝2n－1．
∵a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)2＝(2k－1)2，∴k＝3或k＝－，又k∈N*，∴k＝3．
若选择③，
∵a＋an＝2Sn(n∈N*)，∴a＋an－1＝2Sn－1(n≥2)．
两式相减得a－a＋an－an－1＝2Sn－2Sn－1＝2an(n≥2)，
整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1(n≥2)．
∵an>0，∴an－an－1＝1(n≥2)，∴{an}是等差数列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
Sk＋2＝(k＋2)×1＋×1＝．
又a1，ak，Sk＋2成等比数列，∴(k＋2)(k＋3)＝2k2，
解得k＝6或k＝－1，又k∈N*，∴k＝6．
3．从①前n项和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，
填至横线上，并完成解答．
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
选择①：
(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0．当n≥2时，由题意，得Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)．
化简，得m＝3n2－4n＋2＝3＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取到最小值6．
选择③：
(1)因为2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列．
设数列{an}的公差为d．因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2．
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*) ．
(2)因为a1，an，am成等比数列，所以a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
4．已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，
使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2，②q＝，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
选择①：存在满足条件的正整数k．
求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3．所以Sn＝＝3(2n－1)．
令Sk>2 020，则2k>．因为29<<210，所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为10．
选择②：不存在满足条件的正整数k．理由如下：
因为a3＝12，所以a1＝＝48．所以Sn＝＝96．
因为Sn<96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k．
选择③：存在满足条件的正整数k．求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3．
所以Sn＝＝1－(－2)n．令Sk>2 020，则1－(－2)k>2 020，
整理得(－2)k<－2 019．当k为偶数时，原不等式无解．当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019．
所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为11．
5．在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上．若问题中的正整数k
存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，∴a5＝10，∴公差d＝＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，∴b3＝a4＝8．
假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立．
设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
若选①．∵b2b3＝a16，∴b2＝4，∴q＝＝2，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选②．∵b4＝a12＝24，∴q＝＝3，∴bn＝8·3n－3．
∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，该方程无正整数解，
∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选③．∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
6．在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解
答．设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．
解析：
由Tn＝2bn－1，n∈N*得，当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，
从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，@钻研数学
由此可知，数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1．
①当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20，
设数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d，即20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值．
因此，正整数k的值为11．
②当S3＝87时，a1＝32，3a2＝87，设数列{an}的公差为d，则3(32＋d)＝87，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11．
③当a9－a10＝b1＋b2时，a1＝32，a9－a10＝3，
设数列{an}的公差为d，则－d＝3，解得d＝－3，所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11．
7．从①前n项的和Sn＝n2＋p(p∈R)，②an＝an＋1－3，③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，
补充到下面的问题中，并解答．
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．
解析：
若选择①：
(1)当n＝1时，由a1＝S1＝1＋p＝1，得p＝0．
当n≥2时，由题意得Sn＝n2，Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)，
化简得m＝2n2－2n＋1＝22＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值5．
若选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，
所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)，
化简得m＝3n2－4n＋2＝32＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值6．
若选择③：
(1)由2an＋1＝an＋an＋2，得an＋1－an＝an＋2－an＋1，所以数列{an}是等差数列．
设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．
(2)同选择①．
8．在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断{cn}是否是递增数列，请说明理由．
已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)．判断{cn}是否是递增数列，并说理理由．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
解析：
因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列，所以an＝1＋n－1＝n．设{bn}的公比为q(q>0)．
若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，
所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1．
因为＝＝<1，即cn
所以bn＝1，则cn＝n．因为cn＝n
因为＝＝≥1，即cn≥cn＋1，所以{cn}不是递增数列．
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________．在
①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
(1)若选条件①，b5＝4(b4－b3)．设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1．∴an＝1＋(n－1)×1＝n．
设等比数列{bn}的公比为q．由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2)．
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2．所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
若选条件②，bn＋1＝Sn＋2．令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4．∴公比q＝＝2．
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．从而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，
∴Tn＝－，∴Tn＝2－2n＋1＋＋．
10．在①Sn＝n2＋n；②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42；③＝，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列．________，b1＝a1，b2＝．求数列的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：
若选①：
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又n＝1时满足an＝2n，所以an＝2n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选②：
设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得解得所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选③：
由＝，得＝，所以＝，即an＝a1n，
S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
11．在①已知数列{an}满足：an＋1－2an＝0，a3＝8；②等比数列{an}中，公比q＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若2Tn＞m－2 022对n∈N*恒成立，求正整数m的最大值．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解析：
(1)选择条件①，
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q．
由an＋1－2an＝0，a3＝8，得{an}为等比数列，q＝2，a1＝2，所以an＝2n．
选择条件②，
设等比数列{an}的首项为a1，由公比q＝2，前5项和为62，得＝62，解得a1＝2，
所以an＝2n．
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝1－－，
所以Tn＝2－．
因为Tn＋1－Tn＝－＝＞0，
所以数列{Tn}单调递增，T1最小，最小值为．
所以2×＞m－2 022．所以m＜2 023．
故正整数m的最大值为2 022．
12．在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an．公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列的前n项和Sn．
注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．@钻研数学
解析：
因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1．
选①②时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3．
因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，解得b1＝，b2＝，
所以d＝，所以bn＝，满足b2n＝2bn＋1．所以＝．
Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，(1)
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，(2)
(1)－(2)，得Sn＝＋5－＝＋－－＝－，
所以Sn＝－．
选②③时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3．
因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以＝，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，(1)
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，(2)
(1)－(2)，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝－，
所以Sn＝－．
选①③时，设数列{bn}的公差为d，因为b2n＝2bn＋1，
所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1．
又因为b1，b2，b4成等比数列，
所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而无解，
所以等差数列{bn}不存在，故不符合题意．
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